【文档说明】2023-2024学年高二物理人教版2019选择性必修第三册高分突破考点专题精讲精练 第三章《热力学定律》高分必刷巩固达标检测卷（培优版） Word版含解析.docx，共(13)页，465.075 KB，由小赞的店铺上传

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第三章《热力学定律》高分必刷巩固达标检测卷（培优版）全解全析1．B【详解】根据热力学第二定律可知热量能够从高温物体传到低温物体，也可能从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，选项A错误；一定量100℃的水

变成100℃的水蒸气要吸收热量，而分子动能不变，则其分子势能增加，选项B正确；分子在永不停息的做无规则运动，则当物体的温度为0℃时，物体分子的平均动能不为零，选项C错误；根据热力学第一定律，用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功3.0×105J，同时空气

的内能增加了2.0×105J，则空气向外界放出热量1.0×105J，选项D错误.2．C【详解】A．热量可以在外界做功的情况下从低温物体向高温物体传递，但不能自发进行，故A正确，不符合题意；B．空调机在制冷过程中，

从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，故B正确，不符合题意；C．不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，故C错误，符合题意；D．根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能，故D正确，不符合题意。故选C。3．D【详解】A

．温度相同则说明分子平均动能相同，但相同质量的氢气和氧气的分子数不同，因此质量和温度相同氢气和氧气的内能不同，故A错误；B．水变成相同温度的水蒸气需要吸收热量内能增加，因此1g100℃水的内能小于1g100℃水蒸气的内能，故B错误；C．内能少的物体温度可能高，

内能多的物体温度可能低，因此内能少的物体也可以自发地将一部分内能转移给内能多的物体，故C错误；D．温度是物体内部分子热运动平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，故D正确。故选D。4．D【详解】AB．由理想气体状态方程PVCT=结合图乙可知，由状态a到状态b的过程中温度在降低，同时体

积在增大，则可知压强一定减小；再结合热力学第一定律UQW=+可知，体积增大，气体对外做功，0W，同时温度降低可知，0U，由此不能确定气体由状态a到状态b的过程中是吸热还是放热，或是既不吸热也不放热，故AB错误；C．由理想气体状态方程PVCT=变式可

得PTVC=结合乙图可知，气体由状态b到状态c的过程中，气体的压强不变，故C错误；D．由状态b到状态c的过程中，气体体积增大，对外做功的同时，温度也在升高，则根据热力学第一定律可知，气体一定吸热，故D正确

。故选D。5．B【详解】A．该气体从状态A到状态B为等容变化，则ABABPPTT=A300KT=解得B200KT=该气体从状态B到状态C为等压变化，则CBBCVVTT=解得C300KT=故A错误；D．气体从状态A到状态B过程中,气体体积不变，气体

不做功，D错误；BC．整个过程中，从状态B到状态C气体对外做功200JWPV=−=−根据热力学第一定律UQW=+状态A与状态C温度相同，则0U=所以200JQW=−=故B正确，C错误。故选B。6．C【详解】A．根据图像可知，B→C过程气体的体积增大，则气体分子的数密度

减小，A错误；B．根据UWQ=+B→C过程为绝热过程，气体体积增大，对外做功，则0Q=，0W则有0U即气体温度降低，B错误；C．pV−，图像中，图线与V轴所围几何图形的面积表示功，A→C过程气体体积增大，气体对外做功，C→A过程，气体体积减小，外界对

气体做功，由于A→C过程图线与V轴所围几何图形的面积大于C→A过程图线与V轴所围几何图形的面积，则A→C过程气体对外做功大于C→A过程外界对气体做功，C正确；D．根据热力学第一定律有ACACACUWQ=+，CACACAUWQ=+由于ACCAUU=−

则有CACAACACWQWQ+=−−根据上述A→C过程气体对外做功大于C→A过程外界对气体做功，即ACCAWW−则有ACCAQQ−由于C→D是等温过程，内能不变，体积减小，外界对气体做功，则气体放出的热量，而D→A为绝热过程，即C→D过程放出的热量即为C→A过程放出的热量

，又由于A→B是等温过程，内能不变，体积增大，气体对外界做功，则气体吸收的热量，而B→C为绝热过程，即A→B过程吸收的热量即为A→C过程吸收的热量，可知C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量，D错误。故选C。7．B【详解】A．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，但是会引起其

他的变化，故A错误；B．根据热力学第二定律可知，机械能转化为内能的过程具有方向性，是不可逆过程，故B正确；C．在一个可逆过程中，当工作物质回到初状态时，内能没有发生改变，根据热力学第一定律可得，工作物质净吸热等于对外作的功，但这不是热力学第二定律所表述的能量转化的方向性问

题，故C错误；D．热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，若有外界做功的话，可以从低温物体传递到高温物体，比如冰箱；故D错误。故选B。8．B【详解】A．A→B过程是等压变化，根据理想气体状态方程可知，过程中气体温度升高

，体积增大，气体在状态B的温度高于在状态A的温度，所以A→B过程气体内能增加。根据热力学第一定律可知，这一过程中气体从外界吸收的热量等于气体内能增加的量与气体对外做功之和，故A错误；B．B→C过程是等容变化，体积不变，气体分子数密度不变，温度

降低，气体分子运动的平均速率减小，所以单位时间单位面积气体撞击器壁的个数减小，故B正确；C．气体在状态A和状态C的温度相等，所以分子的平均动能相等，故C错误；D．A→B过程，气体对外做功，做功量为AB线段下方与横轴围成的面积；B→C过程是等容变化，气体不

做功；C→D→A过程，气体做负功，做功量为曲线C→D→A下方与横轴围成的面积。所以气体状态变化的全过程中，气体对外做的功等于两个面积之差，即等于气体变化过程图像围成的面积。故D错误。故选B。9．B【详解】A．由图像可知acacppTT=则由a至c的过程是等容变化，而由a至b的过

程不是等容变化，且气体体积减小，外界对气体做功，A错误；B．由c至a气体温度降低，内能减小，而外界对气体不做功，则气体要对外放热，即c至a不可能在绝热状态下进行，B正确；C．ba的延长线过坐标原点，由几何关系知，b状态下热力学温度为287K，b至c为等压变化，由状态方程可知bcbcVVTT=解得b

c287560VV＝故C错误；D．由题意及图可知Va＝Vc由A中分析可得Vb<Va从a至b气体压强逐渐增大，b至c为等压过程，根据W＝pΔV可得a经b至c的过程外界对气体做的功为Wabc＝Wab＋Wbc<0根据热力学第一定律有ΔUac＝Wabc＋Qabc而ΔUac>0，则

Qabc>0，即气体由a经b至c吸热，吸收的热量为Qabc＝ΔUac－Wabc而气体从c至a，外界对气体所做功Wca＝0，根据热力学第一定律有－ΔUac＝Wca＋Qca可知气体由c至a放热，释放的热量Qca＝ΔUac比较可知，Qabc>Qca，故D错误。故选B。10．D【详解】A．根据热力学

第二定律可知，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，A错误；B．B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，分子的平均动能减小，压强变小，单位时间内气体分子对器壁单位面积的冲量IpSt=气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量减小，B错误；

C．C→D，等温压缩，温度不变，单位体积内的分子数增多，压强增大。D→A过程中，绝热压缩，体积减小，分子内能增加，单位体积内的分子数增多，且分子平均撞击力增大，导致压强增大，故两种气体压强都增大的微观机制不相同

，C错误；D．B→C过程中()BCDATTTT−=−−由于内能UT，故ΔΔBCDAUU=−由热力学第一定律可知，两个过程均绝热BCBCUW=，-DADAUW=可知B→C过程中气体对外做的功与D→A过程中外界对气体做的功相等，故D正确。故选D。1

1．AD【详解】A．气体发生等压变化，则有043hShSTT=解得043TT=故活塞上升3h时理想气体的温度为043T，A正确；BCD．活塞上升3h过程，气体的压强为0MgppS=+此过程气体克服外界做功为3hWpS=根据热力学第一定律可

得UWQ=−+解得033phSMghQU=++即此过程气体吸热033phSMghU++，D正确，BC错误。故选AD。12．CD【详解】A、热量、功和内能的国际单位都是焦耳，但热量、功、内能三个量的物理意义是不同的，热量和功是过程量，内能

是状态量，故A错误；B、热量和功二者可作为物体内能改变的量度，而不是内能大小的量度，故B错误；C、热量和功由过程决定，而内能由物体状态决定，热量和功是内能变化的量度，故C正确；D、对一个绝热过程100UWJ==，对一个单纯热传递过程100UQJ

==，故D正确；故选CD．【点睛】热量是热传递过程中转移的能量，是一个过程量；功是能量转换的量度，也是一个过程量．13．AD【详解】A．根据热力学第二定律可知，在自然过程中一个孤立系统的总熵不会减小，故A正确；B．热量在自发过程中只能由高温物体传递给低温物

体，故B错误；C．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故C错误；D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，故D正确。故选AD。14．ACD【详解】A．汽缸是导热的，封闭气体的温度始终与环境温度相同，保持不变，

而温度是分子平均动能的标志，所以气体分子平均动能不变，故A正确；B．仅用此气体的摩尔质量和密度可以算出气体的摩尔体积，但是气体分子之间距离远大于分子直径，所以不能计算出气体分子体积，故B错误；C．气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，同时伴随着外力F的

作用，即引起了其他的变化，所以此过程不违反热力学第二定律，故C正确；D．气体温度不变而体积增大，由玻意耳定律可知，气体压强减小，气体分子每秒撞击器壁单位面积的分子数减少，故D正确。故ACD。15．BCE【详解】AB．只打开隔板K1时，b中气体向a中真空扩散，气体不做功W＝0绝热

容器导致Q＝0由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝0内能不变，A错误，B正确；C．只打开隔板K1时，b中气体内能不变，温度不变，由玻意耳定律pV＝C知b中气体体积增大，压强减小，C正确；D．只打开卡销K2时，由于pb<p0，活塞将向左移动，b中气体体积减小，外界对b中气体做功W′>

0但Q′＝0则ΔU′＝W′＋Q′>0内能增加，E正确，D错误。故选BCE。16．BC【详解】A．全部充气完毕，罐内气体压强也变为p0，设充出的气体总体积为V，则根据理想气体状态变化规律110=pVpV将p1=1.0×107Pa，V1=30L，p0=1.0×105Pa，带入可解

得V=3000L设总共充气n个符合要求的气体，则V=V1+nV0V0=6L带入可得n=495故A错误；B．对充入气球内的氦气，从氦气罐内到气球内的过程，体积增大，对外做功，不计温度变化，将氦气实为理想气体，则内能不变，根据热力学第一定律=UWQ+U=0，W为负值，则Q为正值，气体吸热，故B正

确；C．当气球发生爆裂时，气球体积膨胀到9L，设此时气球离地面高度为h，则爆裂时气体的压强和温度分别是p2=p0-11h2061000hTT=−带入理想气体状态变化方程002202=pVpVTT解得h=3448m故C正确；D．由C中分析可以推导出h

与V0的函数关系式为501091191hV=+−可见，V0越小，h越大，D错误。故选BC。17．AD##DA5010【详解】（1）[1]A．根据盖吕萨克定律可知，当压强不变时，对于一定质量的理想气体其VT不变，所以温度升高时，被封空气的压强跟大气压强相等保持不

变，可知瓶内气体体积增大，A正确；B．温度升高时，瓶内气体分子的平均动能增大，而不是每个气体分子的动能都增大，B错误；CD．温度升高，瓶内气体分子的平均动能增大，由于气体压强保持不变，根据气体压强的微观意义可得瓶内气体分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数减少，C错

误，D正确。故选AD。（2）[2][3]设水平玻璃管的横截面积为S，油柱从状态a到状态b的过程中移动的长度为L，可得气体对外做的功为()5300ΔΔΔ1102.5210J50JWFLpSLpV−====−=根据热力学第一定律，气体的内能增

加了Δ60J50J10JU=−=18．减小降低0(1)pkNp=+m0fkNpS=【详解】[1][2]由热力学第一定律可知，在瓶塞被冲开，水快速喷出时，不考虑气体与外界热交换，气体对外做功，气体的内能将减小，温度将降低。[3]由玻意耳定律00000pVNpkVp

V+=得瓶塞刚被冲开时瓶内气体的压强0(1)pkNp=+[4]瓶塞刚被冲开时，对瓶塞受力分析，不计活塞重力0mpSpSf=+得m0fkNpS=19．（1）02p，023V；（2）WQ−【详解】（1）由题意，可知AC线为等容线，根据查理定律，有002CAppTT=解得022CAppp

==根据理想气体状态方程，有002AABBpVpVTT=解得023BVV=（2）由图像可知从状态A到状态C，气体等容变化，做功为零；根据热力学第一定律可得ACUQ=从状态C到状态B，气体等温变化，内能不变，则有BCAUUUQ==+所以从状态B到状态A，有BAABUUUQ=−=−设从状态

B到状态A，气体与外界交换的热量为Q，根据热力学第一定律可知BAUWQ=−+解得气体与外界交换的热量为QWQ=−20．（1）480K；（2）316J；（3）750K，51.87510Pa【详解】（1）当气缸水平放置时，以密封气体为对象，有511.010Pap=，11

VLS=，1(27327)K300KT=+=当气缸后朝上，活塞上表面刚好与气缸口相平时，以活塞为对象，根据受力平衡可得20pSpSmg=+解得521.210Pap=此时212()VLLS=+由理想气体状态方程可得112212pVpVTT=解得此时缸内气体的热力学温度为22121480KpVTT

pV==（2）从开始到气缸口向上，稳定时，由玻意耳定律可得112pLSpLS=解得7.5cmL=加热过程，气体等压膨胀，外界对气体做功为212()54JWpSLLL=−+−=−根据热力学第一定律可得1154J370J316JUWQ=+=−+=可知气体增加了316J的内能。（3）继

续加热，气体体积保持不变，则0W=，可得22474JUQ==一定质量的理想气体内能与热力学温度成正比，则有122132UUTTTT=−−解得3750KT=气体发生等容变化，则有3223ppTT=解得523321.87510Pap

TpT==21．（1）12次；0.6L；（2）90J【详解】(1)壶中原来空气的体积V1=0.6L，由玻意耳定律()10121pnVVpV+=解得n=12次最多喷射的液体00.6LVnV==(2)外界对气体做功1290J2ppWV+==−由热力学第

一定律0UWQ=+=解得90JQ=22．（1）330K；（2）123J【详解】（1）由题意得开始时杆中恰无弹力，则初状态5101.010Papp==1300KT=当气缸相对地面刚开始滑动时，对气缸受力分

析得20pSpSmg=+解得521.110Pap=则由查理定律得121ppTT=解得气缸相对地面刚开始滑动时，缸内气体的温度T为330KT=（2）由题意气缸缓慢移动，所以为等压变化过程，则初状态1

VSh=3330KTT==当活塞恰到气缸口时，满足2VSH=由盖吕萨克定律得1234VVTT=解得4375KT=又因为UT=所以3752J3302J90JU=−=又因为气缸滑动后，直至活塞恰到气缸口过程中，气体做功为233JWpV==−由热力学第一定律的UQW=+解得123JQ=